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我搜索了很多，似乎找不到我要找的东西。

我有一个.js领域，我真的需要一些帮助php code。我不知道如何将它们放在一起，非常感谢一些帮助。

Javascript 代码（此代码在 js 文件中）：

<span class="gravatar"><img src="',params.gravatar, '" width="23" height="23" onload="this.style.visibility=\'visible\'" />

在哪里<img src="',params.gravatar,'">

我想补充：

  <?php
$con=mysqli_connect("localhost","root","","facebook");

if (mysqli_connect_errno())
  {
  echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
  }

$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM login WHERE username='$username'");
$username = $_SESSION['username'];

while($row = mysqli_fetch_array($result))
  {


    echo $row['profilepic'];echo "<br>";
mysqli_close($con);
    }
  ?>

安装的，params.gravatar，

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3 回答 3

3

我假设您的意思是您发布的 HTML 片段位于单独的 JS 文件中。如果是这种情况，您可以将个人资料图片 URL 分配给 PHP 代码中的全局 JS 变量：

你的 PHP 文件：

<?php
// Your DB call code goes here...
?>
<script>
    var profilePic = '<?=$row['profilepic']?>';
</script>
<script src="/your/jsFile.js"></script>

在你的jsFile.js：

var img = '<span class="gravatar"><img src="'+profilePic+'" width="23" height="23" />';
于 2013-06-21T19:00:03.137 回答
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如果你想要的东西是可能的，攻击者可以改变你的查询并直接从 javascript 执行它们。这会很有趣，但最终对开发人员来说并不是很好。

您应该寻找的是要求 javascript（通过 JQuery）查询 php 代码，并从 PHP 进行查询并将结果以 JSON 格式返回给 javascript。

在 JQuery 中查找 $.post。

于 2013-06-21T19:24:23.007 回答
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我真的需要一些 php 代码的帮助

默认情况下，没有 Web 服务器在文件中执行 PHP 代码，您必须创建一个文件，以便您的 Web 服务器执行文件的内容。因此，如果没有额外的服务器设置，这将无法工作，您需要不同的设置。对不起……</p> .js.php

于 2013-06-21T19:17:58.813 回答